Prueba Final (1993) - Foro fmat.cl

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Prueba Final (1993), Sin solución: 1,2,3,4,5,6,7

Gp20 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 26 2007, 11:38 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 558 Registrado: 14-May 05 Desde: Maipú, Stgo, Chile Miembro Nº: 27 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	5ª OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICAS Prueba Final Primera Prueba Problema 1: Se tienen cuatro casas, ubicadas sobre los vértices de un cuadrado. Se desea trazar una red caminera, de modo que se pueda ir de cualquier casa a cualquier otra. Pruebe que la red formada por las diagonales no es la más corta. Encuentre una red más corta. Problema 2: Dado un rectángulo, circunscriba un rectángulo de área máxima. Problema 3: Sea $TEX: $r$$ un racional positivo. Pruebe que $TEX: $\dfrac{8r+21}{3r+8}$$ es una mejor aproximación a $TEX: $\sqrt{7}$$ que $TEX: $r$$ . Problema 4: En un cierto club, cada miembro está en dos comisiones. Además, se sabe que dos comisiones cualesquiera siempre tienen exactamente un miembro en común. Sabiendo que hay cinco comisiones, ¿Cuántos miembros tiene el club? Segunda Prueba Problema 5: Sean $TEX: $a, b, c$$ tres números positivos menores que 1. Pruebe que no pueden ocurrir simultáneamente las tres desigualdades: i) $TEX: $a(1-b)>\dfrac{1}{4}$$ ii) $TEX: $b(1-c)>\dfrac{1}{4}$$ iii) $TEX: $c(1-a)>\dfrac{1}{4}$$ Problema 6: Sean $TEX: $ABCD$$ un rectángulo de área $TEX: $S$$ , y $TEX: $P$$ un punto en su interior. Denotamos por $TEX: $a, b, c, d$$ las distancias desde $TEX: $P$$ hasta los vértices $TEX: $A, B, C, D$$ respectivamente. Pruebe que $TEX: $a^2+b^2+c^2+d^2>2S$$ . ¿Cuándo se tiene la igualdad? Problema 7: Seis jóvenes que asistieron a una reunión vistiendo chalecos de distintos colores, decidieron intercambiarlos y salieron vistiendo todos de color diferente a aquel con que llegaron. El chaleco con que salió Antonio pertenecía al joven que salió con el chaleco de Bernardo. El dueño del chaleco con que salió Carlos, salió con el chaleco que pertenecía al joven que se llevó el de Diego. Quien se llevó el chaleco de Eduardo no era el dueño del que se llevó Francisco. Determine quién salió con el chaleco de Antonio, y quién es el dueño del chaleco que se llevó Antonio. -------------------- El peor defecto del ignorante es que ignora su propia ignorancia................ Educación2020 - Registra tu apoyo individual!!!!

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 3 2008, 04:36 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	jaja este fue un desafio que me propuso zirou, para ver q tal estaba mi astucia o algo asi xD $TEX: \noindent Trazamos las perpendiculares desde $P$ hacia los lados del rect\'angulo. Claramente se forman 4 nuevos rect\'angulos. Usando la notaci\'on de la figura tenemos gracias al sensei pit\'agoras las siguientes ecuaciones $$a^2=x^2+y^2$$ $$b^2=x^2+z^2$$ $$c^2=w^2+z^2$$ $$d^2=w^2+y^2$$ Donde su\'andolas tenemos $$a^2+b^2+c^2+d^2=2(w^2+x^2+y^2+z^2)\ \ \ \ \ \ (i)$$ Ahora notemos que por la desigualdad $MA\ge MG$ tenemos $$w^2+y^2\ge 2wy$$ $$x^2+y^2\ge 2xy$$ $$x^2+z^2\ge 2xz$$ $$w^2+z^2\ge 2wz$$ Donde sum\'andolas obtenemos $$2(w^2+x^2+y^2+z^2)\ge 2(wy+xy+xz+wz)\ \ \ \ \ (ii)$$ Pero notemos que el lado derecho de la desigualdad es el doble de la suma del \'area de cada rect\'angulo pequeño, que equivale al doble de la suma del \'area total del rect\'angulo. Entonces comparando $(i)$ y $(ii)$ tenemos $$a^2+b^2+c^2+d^2\ge 2(wy+xy+wz+xz)=2S$$ Donde la igualdad se cumple solo si $w=x=y=z$, o sea, si el rect\'angulo es un cuadrado y el punto $P$ se ubica el en centro de \'el.$ -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 5 2008, 01:58 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(pelao_malo @ Mar 3 2008, 07:32 PM) jaja este fue un desafio que me propuso zirou, para ver q tal estaba mi astucia o algo asi xD $TEX: \noindent Trazamos las perpendiculares desde $P$ hacia los lados del rect\'angulo. Claramente se forman 4 nuevos rect\'angulos. Usando la notaci\'on de la figura tenemos gracias al sensei pit\'agoras las siguientes ecuaciones $$a^2=x^2+y^2$$ $$b^2=x^2+z^2$$ $$c^2=w^2+z^2$$ $$d^2=w^2+y^2$$ Donde su\'andolas tenemos $$a^2+b^2+c^2+d^2=2(w^2+x^2+y^2+z^2)\ \ \ \ \ \ (i)$$ Ahora notemos que por la desigualdad $MA\ge MG$ tenemos $$w^2+y^2\ge 2wy$$ $$x^2+y^2\ge 2xy$$ $$x^2+z^2\ge 2xz$$ $$w^2+z^2\ge 2wz$$ Donde sum\'andolas obtenemos $$2(w^2+x^2+y^2+z^2)\ge 2(wy+xy+xz+wz)\ \ \ \ \ (ii)$$ Pero notemos que el lado derecho de la desigualdad es el doble de la suma del \'area de cada rect\'angulo pequeño, que equivale al doble de la suma del \'area total del rect\'angulo. Entonces comparando $(i)$ y $(ii)$ tenemos $$a^2+b^2+c^2+d^2\ge 2(wy+xy+wz+xz)=2S$$ Donde la igualdad se cumple solo si $w=x=y=z$, o sea, si el rect\'angulo es un cuadrado y el punto $P$ se ubica el en centro de \'el.$ La solución es correcta... se espera solución para los otros seis problemas -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

caf_tito Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 7 2008, 06:36 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.605 Registrado: 25-June 05 Miembro Nº: 123 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Problema 3 $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> {\mathbf{Caso 1}}:r < \sqrt 7 \hfill \\<br /> r^2 < 7 \hfill \\<br /> 3r^2 + 8r < 8r + 21 \hfill \\<br /> r < \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} \hfill \\<br /> \sqrt 7 - \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} < \sqrt 7 - r \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> {\mathbf{Caso 2}}:r > \sqrt 7 \hfill \\<br /> r^2 > 7 \hfill \\<br /> 3r^2 + 8r > 8r + 21 \hfill \\<br /> r > \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} \hfill \\<br /> r - \sqrt 7 > \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} - \sqrt 7 \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]$ $TEX: \noindent Probando lo pedido porque en ambos casos se tiene que $\left\| {\sqrt 7 - r} \right\| \geqslant \left\| {\frac{{8r + 21}}{{3r + 8}} - r} \right\|$, recordando que el valor absoluto representa la distancia entre dos números reales.$ --------------------

p.j.t Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 7 2008, 07:37 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 766 Registrado: 6-May 07 Desde: San Pedro de la Paz, Concepción Miembro Nº: 5.639 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P5 Primero: $TEX: $ac+bc+ab=(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2+ac+bc+ab)$$ ahora el problema $TEX: Supondremos que el propuesto es cierto. Si sumamos la desigualdades tendremos que $a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)=a+b+c-(ac+bc+ab)=a+b+c-(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2-ac-bc-ab>\dfrac34 \implies -\left(a^2-a+\dfrac14\right)-\left(b^2-b+\dfrac14\right)-\left(c^2-c+\dfrac14\right)-(a+b+c)^2=-\left(a-\dfrac12\right)^2-\left(b-\dfrac12\right)^2-\left(c-\dfrac12\right)^2-(a+b+c)^2>0 \implies \left(a-\dfrac12\right)^2+\left(b-\dfrac12\right)^2+\left(c-\dfrac12\right)^2+(a+b+c)^2<0$, sabemos que \boxed{x^2\ge 0},por lo que cada sumando debe ser mayor o igual a 0, es decir: $\left(a-\dfrac12\right)^2 \ge 0$, analogamente con los otros, luego sumando:\\<br />$\left(a-\dfrac12\right)^2+\left(b-\dfrac12\right)^2+\left(c-\dfrac12\right)^2+(a+b+c)^2 \ge 0$, pero con nuestro supuesto nos dio lo contrario $\to \leftarrow$, por lo que no se pueden cumplir las desigualdades simultaneamente.$ salu2 Mensaje modificado por p.j.t el Mar 7 2008, 07:43 PM -------------------- asdf

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 10 2008, 08:04 AM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(caf_tito @ Mar 7 2008, 08:30 PM) Problema 3 $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> {\mathbf{Caso 1}}:r < \sqrt 7 \hfill \\<br /> r^2 < 7 \hfill \\<br /> 3r^2 + 8r < 8r + 21 \hfill \\<br /> r < \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} \hfill \\<br /> \sqrt 7 - \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} < \sqrt 7 - r \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> {\mathbf{Caso 2}}:r > \sqrt 7 \hfill \\<br /> r^2 > 7 \hfill \\<br /> 3r^2 + 8r > 8r + 21 \hfill \\<br /> r > \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} \hfill \\<br /> r - \sqrt 7 > \frac{{8r + 21}}<br />{{3r + 8}} - \sqrt 7 \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]$ $TEX: \noindent Probando lo pedido porque en ambos casos se tiene que $\left\| {\sqrt 7 - r} \right\| \geqslant \left\| {\frac{{8r + 21}}{{3r + 8}} - r} \right\|$, recordando que el valor absoluto representa la distancia entre dos números reales.$ Mi duda es la siguiente... en el primer caso, por qué $TEX: $\sqrt7-\frac{8r+21}{3r+8}<\sqrt7-r$$ implica que $TEX: $\left\|\sqrt7-\frac{8r+21}{3r+8}\right\|<\sqrt7-r$$ ?? me refiero a que falta comprobar una de las desigualdades. Una duda análoga en el segundo caso. -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 10 2008, 08:07 AM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(p.j.t @ Mar 7 2008, 09:31 PM) $TEX: $a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)=a+b+c-(ac+bc+ab)=a+b+c-(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2-ac-bc-ab$$ [tex][/tex] Veo un error de signos, en la parte citada... -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

sí-sí el residen... sí-sí el residente Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 20 2008, 03:29 PM Publicado: #8
Puntaje Nacional PSU Matemáticas Admisión 2010 Grupo: Colaborador Gold Mensajes: 390 Registrado: 22-July 07 Desde: la granja Miembro Nº: 7.754 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Problema 4, $TEX: Primero distribuimos a los primeros 4 miembros de manera que ninguno mas pueda estar en la primera comision, y cumpliendo la condicion de tener al menos un miembro en comun con cualesquiera de las otras comisiones, la imagen nos ayuda a apreciar la distribucion.$ Dibujo.PNG ( 4.47k ) Número de descargas: 1 $TEX: Ahora hacemos lo mismo pero para la comision 2 de manera que no peuda haber otro miembro, ya que no puede tener miembros en comun con la comision 1, ya que tiene a A en comun, y provocando que tenga un miembro en comun con las otras que quedan, en la imagen se aprecia eso$ Dibujo2.PNG ( 5.51k ) Número de descargas: 1 $TEX: No puede haber otro meimbro en la comision 2 ya que tendria que estar obligatoriamente en otra comision por el enunciado, pero como la comision 2 ya tiene en comun 1 miembro en las otras comisiones restantes, no puede tener dos miembros en comun con otra comision por enunciado, lo mismo corre para las siguintes completaciones.$ $TEX: Ahora hacemos lo mismo para completar la comision 3 y con lo que sobra, queda:$ Dibujo3.PNG ( 6.73k ) Número de descargas: 1 Entonces cada letra representa a un miembro entonces $TEX: $A+B+C+D+G+H+I+J=1+1+1+1+1+1+1+1=8$$ miembros tiene el club eso -------------------- ...

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 11 2010, 03:58 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Problema 5: Sabemos que $(a-\dfrac {1}{2})^2\ge 0$, desarrollando y factorizando se tiene $\dfrac {1}{4}\ge a(1-a)$, comparando con i): $a(1-b)>a(1-a)$, $a>b$. Homologamente $b>c$,y $c>a$. Entonces $a>b>c>a$, $a>a$. Contradiccion. Entonces no existen valores de $0<a,b,c<1$ que satisfagan simultaneamente las desigualdades propuestas. $\blacksquare$$ -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 12 2010, 06:02 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Pedantic Anarchy @ Mar 11 2010, 04:58 PM) $TEX: Problema 5: Sabemos que $(a-\dfrac {1}{2})^2\ge 0$, desarrollando y factorizando se tiene $\dfrac {1}{4}\ge a(1-a)$, comparando con i): $a(1-b)>a(1-a)$, $a>b$. Homologamente $b>c$,y $c>a$. Entonces $a>b>c>a$, $a>a$. Contradiccion. Entonces no existen valores de $0<a,b,c<1$ que satisfagan simultaneamente las desigualdades propuestas. $\blacksquare$$ Ta bien?? -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

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